La distributiva que vale en todo reticulado

El enunciado, textual: «De una prueba elemental de reticulados cuaterna de la sentencia elemental pura

$$\forall x\forall y\forall z(xs(yiz)\le (xsy)i(xsz))$$

». Una prueba elemental parte de un reticulado cuaterna $(L,s,i,\le )$ fijo pero arbitrario, del que sólo se sabe que cumple los siete axiomas de la Guía 6, y avanza en pasos simples y obvios, cada uno justificado en una frase. La cátedra pide hacerla en dos tiempos: primero a lo mariposa, pensando e imaginando, y recién después escribirla como escarabajo, línea por línea. Esta nota sigue ese orden, con un paso antes: leer bien qué pide.

01 · Antes de probar: es ≤, no =

Lo primero que hay que ver es el signo del medio. Con un $=$ en lugar del $\le$, la sentencia es la ley distributiva $Di{s}_2$, y esa no se deduce de los siete axiomas: hay reticulados que no la cumplen. Si uno arranca queriendo probar la igualdad, no va a poder, y no por falta de ingenio.

El ejemplo más chico es el diamante $M_3$: un mínimo $0$, un máximo $1$ y tres elementos $p,q,r$ en el medio, incomparables entre sí. Ahí $ps(qir)=ps0=p$, pero $(psq)i(psr)=1i1=1$. El lado izquierdo queda estrictamente abajo. Lo mismo pasa en el pentágono.

Probado sobre todos los reticulados de hasta cinco elementos —425 contando con rótulos—: en las 49 983 ternas la desigualdad vale, y es estricta en 360. Esas 360 están exactamente en los 140 reticulados que no son distributivos. O sea: en todo reticulado vale la mitad de la ley distributiva, y ser distributivo es que además valga la otra mitad. Lo que pide el ejercicio es la mitad gratis, y por eso en la prueba no va a aparecer ninguna hipótesis de distributividad: no la hay, y no podría haberla.

02 · Los axiomas que hay a mano

Son siete, con los nombres de la Guía 6. Los tres primeros dicen que $\le$ es un orden parcial; los otros cuatro, que $xsy$ es el supremo y $xiy$ el ínfimo. Esta prueba usa cinco:

• A≤T, transitiva: $\forall x\forall y\forall z((x\le y\wedge y\le z)\to x\le z)$.
• AsesC, el supremo es cota superior: $\forall x\forall y(x\le xsy\wedge y\le xsy)$.
• As≤C, el supremo está debajo de toda cota superior: $\forall x\forall y\forall z((x\le z\wedge y\le z)\to xsy\le z)$.
• AiesC, el ínfimo es cota inferior: $\forall x\forall y(xiy\le x\wedge xiy\le y)$.
• Ai≥C, el ínfimo está encima de toda cota inferior: $\forall x\forall y\forall z((z\le x\wedge z\le y)\to z\le xiy)$.

Conviene leerlos como herramientas, cada una con su forma. AsesC y AiesC cierran una meta: dan desigualdades listas. As≤C y Ai≥C parten una meta en dos: la primera, cuando a la izquierda hay un supremo; la segunda, cuando a la derecha hay un ínfimo. Y A≤T pasa por un intermedio: cambia una meta por dos más cortas.

03 · La mariposa: pensar de atrás para adelante

Hacia adelante, desde los axiomas, no se ve por dónde empezar: hay siete y cualquiera se puede instanciar con cualquier cosa. Hacia atrás, desde lo que hay que probar, la forma de la meta dice qué herramienta usar. Con $a,b,c$ fijos pero arbitrarios, la meta es

$$as(bic)\le (asb)i(asc)$$

Primera pregunta: ¿qué forma tiene? A la izquierda hay un supremo. Un supremo queda debajo de algo cuando quedan debajo sus dos partes: es As≤C. La meta se parte en dos: $a\le (asb)i(asc)$ y $bic\le (asb)i(asc)$.

Segunda pregunta, para cada una. Las dos tienen un ínfimo a la derecha. Algo queda debajo de un ínfimo cuando queda debajo de los dos: es Ai≥C, y cada meta se vuelve dos. Quedan cuatro desigualdades chicas:

$$a\le asb,a\le asc,bic\le asb,bic\le asc$$

Tercera pregunta: ¿alguna ya es un axioma? Las dos primeras sí: $a\le asb$ es AsesC tal cual. Las otras dos no, porque $bic$ y $asb$ no se tocan directamente. Ahí la idea es buscar un elemento que esté debajo de uno y arriba del otro: $b$ cumple las dos cosas, porque $bic\le b$ por AiesC y $b\le asb$ por AsesC. A≤T las encadena. Para la última, el puente es $c$.

Ésa es toda la mariposa. No hay ningún truco, sólo tres preguntas hechas en orden: qué forma tiene la meta, qué axioma la parte, y si lo que queda ya es un axioma o hace falta un intermedio. El widget de abajo deja hacerla a mano.

Empezando por As≤C o por Ai≥C, el árbol cierra en once pasos, con los mismos cinco axiomas. El orden cambia la forma del árbol, no lo que cuesta. Lo que no cierra nunca es elegir un axioma por el nombre en lugar de por la forma: As≤C sobre una meta que tiene un ínfimo a la izquierda no tiene nada que partir.

04 · El escarabajo: la prueba escrita

Ahora sí, línea por línea, diciendo con qué se instancia cada axioma. Es el árbol de la sección 03 recorrido desde las hojas.

Prueba. Sean $a,b,c\in L$ elementos fijos pero arbitrarios. Queremos probar $as(bic)\le (asb)i(asc)$. El axioma As≤C, tomando $x$ como $a$, $y$ como $bic$ y $z$ como $(asb)i(asc)$, nos dice que alcanza con probar los dos conjuntos de su antecedente.

Primer conjunto: $a\le (asb)i(asc)$. Por Ai≥C, tomando $x$ como $asb$, $y$ como $asc$ y $z$ como $a$, alcanza con $a\le asb$ y $a\le asc$. La primera es el primer conjunto de AsesC tomando $x$ como $a$ e $y$ como $b$; la segunda, el mismo axioma tomando $x$ como $a$ e $y$ como $c$.

Segundo conjunto: $bic\le (asb)i(asc)$. Otra vez Ai≥C, tomando $x$ como $asb$, $y$ como $asc$ y $z$ como $bic$: alcanza con $bic\le asb$ y $bic\le asc$.

• $bic\le asb$: por AiesC, tomando $x$ como $b$ e $y$ como $c$, el primer conjunto da $bic\le b$; por AsesC, tomando $x$ como $a$ e $y$ como $b$, el segundo conjunto da $b\le asb$; y A≤T, tomando $x$ como $bic$, $y$ como $b$ y $z$ como $asb$, las encadena.
• $bic\le asc$: por AiesC, tomando $x$ como $b$ e $y$ como $c$, el segundo conjunto da $bic\le c$; por AsesC, tomando $x$ como $a$ e $y$ como $c$, el segundo conjunto da $c\le asc$; y A≤T, tomando $x$ como $bic$, $y$ como $c$ y $z$ como $asc$, las encadena.

Cierre. Con los dos conjuntos del antecedente probados, el As≤C del principio da $as(bic)\le (asb)i(asc)$. Como $a,b,c$ eran fijos pero arbitrarios, generalizando concluimos la sentencia del enunciado. ∎

05 · Lo que se lleva a otros ejercicios

Las dos jugadas de partir. Supremo a la izquierda, As≤C; ínfimo a la derecha, Ai≥C. Casi todas las desigualdades de la lista se abren así. El Ejercicio 1 —la monotonía del supremo, $x\le z\wedge y\le w\to xsy\le zsw$— arranca con la misma jugada.

El dual sale dando vuelta todo. $(xiy)s(xiz)\le xi(ysz)$ también vale en todo reticulado, con el mismo árbol cambiando cada supremo por un ínfimo y cada axioma por su gemelo. Juntas dicen que las dos leyes distributivas valen siempre en una dirección; la de una distributiva te da la otra es sobre la dirección que no viene gratis.

Lo que hace perder puntos. Tres cosas, las tres de la lista de errores de la cátedra. Probar $=$ en vez de $\le$, que no se puede. Escribir el primer conjunto y despachar el segundo con «análogamente»: en una prueba elemental, cada paso se escribe. Y citar un axioma sin decir con qué se instanció cada variable.

Para tener a mano

1. Es $\le$ y no $=$: la igualdad es $Di{s}_2$, que falla en el diamante y en el pentágono. Esta mitad vale en todo reticulado.
2. De atrás para adelante, tres preguntas: qué forma tiene la meta, qué axioma la parte, y si lo que queda es un axioma o pide un intermedio.
3. Supremo a la izquierda: As≤C. Ínfimo a la derecha: Ai≥C. Cierran: AsesC y AiesC. Pasa por un intermedio: A≤T.
4. El árbol termina en cuatro hojas; dos son AsesC directo y dos piden un intermedio ($b$ y $c$).
5. Cada instanciación se escribe: «tomando $x$ como …». Nada de «análogamente».